這種模板函數重載的情況使我無法理解

Question

#include <iostream>

template<typename T>
struct identity
{
    typedef T type;
};

template<typename T> void bar(T) { std::cout << "a" << std::endl; }
template<typename T> void bar(typename identity<T>::type) { std::cout << "b" << std::endl; }

int main ()
{
    bar(5); // prints "a" because of template deduction rules
    bar<int>(5); // prints "b" because of ...?

    return EXIT_SUCCESS;
}

我預計bar<int>(5)至少會產生歧義。 這里涉及到關於模板函數重載決策的瘋狂規則？

Answer 1

一旦我們設置了候選函數（兩個bar ），然后將其縮小到可行的函數（仍然是兩個bar ），我們必須確定最佳的可行函數。 如果有多個，我們會出現歧義錯誤。 我們采取的確定最佳步驟的步驟在[over.match.best]中列出：

[A]可行函數F1被定義為比另一個可行函數F2更好的函數，如果對於所有自變量i ，ICS _i （F1）不是比ICS _i （F2）更差的轉換序列，然后
- 對於某些參數j ，ICS _j （F1）是比ICS _j （F2）更好的轉換序列，或者，如果不是，

兩個函數都采用int類型的參數，因此兩個轉換序列都是相同的。 我們繼續。

- 上下文是用戶定義的轉換初始化[...]

不適用。

- 上下文是轉換函數的初始化，用於對函數類型的引用的直接引用綁定（13.3.1.6），[...]

不適用。

- F1不是函數模板特化，F2是函數模板特化，或者，如果不是，

bar<int>都是函數模板特化。 因此，我們進入最后一個要點，以確定最佳可行功能。

- F1和F2是功能模板特化，根據14.5.6.2中描述的偏序規則，F1的功能模板比F2的模板更專業。

部分排序規則基本上歸結為我們為bar重載和在另一個重載上執行模板推導的參數合成新的唯一類型。

首先考慮“b”過載。 合成類型typename identity<Unique1>::type並嘗試對T執行模板推導。 這成功了。 最簡單的模板演繹有。

接下來，考慮“a”過載。 合成類型Unique2並嘗試對typename identity<T>::type執行模板推導。 這失敗了 ！ 這是一個非推斷的上下文 - 沒有扣除可以成功。

由於模板類型推導僅在單個方向上成功，因此bar(typename identity<T>::type)重載被認為更加專業化，並被選為最佳可行候選者。

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bogdan提出了另一個有趣的案例來看待部分排序。 請考慮比較：

template <typename T> void bar(T, T); // "c"
template <typename T> void bar(T, typename identity<T>::type ); // "d"

bar(5,5);
bar<int>(5, 5);

同樣，兩個候選者都是可行的（這次甚至沒有明確指定T ）所以我們看看部分排序規則。

對於“c”重載，我們合成了UniqueC, UniqueC類型的UniqueC, UniqueC並嘗試對T, typename identity<T>::type進行推導。 這成功了（ T == UniqueC ）。 所以“c”至少與“d”一樣專業。

對於“d”重載，我們合成類型為UniqueD, typename identity<UniqueD>::type參數UniqueD, typename identity<UniqueD>::type並嘗試對T, T執行推導。 這失敗了！ 參數是不同類型的！ 所以“d”至少不如“c”那么專業。

因此，調用“c”重載。